1ª prueba 26 de febrero de 2016 - unizar.es · 2016-05-09 · dos pequeñas esferas están sujetas...

1ª PRUEBA

26 de febrero de 2016

XXVII OLIMPIADA ESPAÑOLA DE FÍSICA FASE DE ARAGÓN

P1.- Un espectacular juguete: el astroblaster.

El “astroblaster” es un pequeño juguete consistente en varias bolas ensartadas en un vástago, como se muestra en la fotografía de la derecha. Cuando el dispositivo se deja caer desde una pequeña altura y choca con el suelo, la bola pequeña sale disparada hacia arriba y asciende hasta una gran altura, muy superior a la inicial. Es un bonito ejemplo de transferencia de energía y momento lineal, que tiene lugar en los sucesivos choques ¡no simultáneos! entre las bolas.

En este ejercicio se trabajará con un modelo simplificado de astroblaster, con sólo dos bolas para evitar cálculos repetitivos, y haciendo énfasis en la no simultaneidad de los choques.

En primer lugar, considera una bola A ensartada en un alambre rígido muy largo, que se deja caer al suelo desde una altura h , como se indica en la figura 1a. Cuando la bola choca con el suelo, rebota y asciende hasta una altura 4/3hh , como se muestra en la figura 1b. Se supone que no existe rozamiento entre la bola y el alambre y que la resistencia del aire es despreciable.

a1) Determina en función de h la velocidad de la bola A inmediatamente antes de chocar con el suelo, 0v , y justo después de rebotar, Av .

Se define el coeficiente de restitución de un choque entre dos cuerpos, e, como el cociente de los módulos de las velocidades relativas (de un cuerpo respecto al otro) después y antes de la colisión, irfr vve ,, / . En el caso que estamos considerando, como el suelo no se mueve, se cumple simplemente 0/ vve A .

a2) Calcula el valor del coeficiente de restitución del choque de A con el suelo.

Ahora volvemos a repetir el proceso, pero dejando caer desde la altura h y al mismo tiempo la bola A y otra más pequeña B, casi juntas, como se muestra en la figura 2a.

Se van a producir dos choques no simultáneos. En el primero, análogo al del apartado a1, la bola A llega al suelo con una velocidad 0v , rebota e inicia la subida con la velocidad Av . Inmediatamente después se produce el segundo choque: la bola A que se mueve hacia arriba con la velocidad Av choca con la B que se mueve hacia abajo con una velocidad Bv .

b1) ¿Cuál es la velocidad de B antes del choque, Bv ?

h

Fig. 1a Fig. 1b

h

A

A

Fig. 2a

h

Fig. 2b

H

A

A

B

B


Bv

Av

Fig. 3a. Antes del choque

Bv

Av

Fig. 3b. Después del choque

A

B B

A

En las figuras 3a y 3b se esquematiza la situación justo antes y justo después del choque entre las dos bolas, siendo Bv y Av sus velocidades inmediatamente después del choque

b2) Escribe la expresión del coeficiente de restitución de este choque, e, en función de los módulos de las velocidades antes y después de la colisión, Av , Bv , Av y Bv .

Supón que el valor del coeficiente de restitución en esta colisión es el mismo calculado en a2, y ten en cuenta que se mantiene constante el momento lineal del sistema1.

Las masas de las bolas son Am y Bm , con 10/AB mm .

b3) Determina en función de 0v la velocidad de la bola B después del choque, Bv .

b4) Determina en función de h la altura máxima, H, que alcanzará la bola B (Figura 2b).

1 Aunque seguramente no lo has estudiado todavía con detalle, durante el choque sólo actúan las fuerzas de interacción

entre las dos bolas (fuerzas interiores), por lo que debe conservarse el momento lineal del sistema, fi PP

. Es decir, la

suma (vectorial) de los momentos lineales de las dos bolas antes del choque debe ser igual a la suma de los momentos

lineales después de dicho choque.


P1 Solución

a1) Si se desprecian la fricción con el alambre y la resistencia del aire, tanto 0v como Av pueden obtenerse directamente a partir de la conservación de la energía mecánica

ghv 20

hgvA 2

4

3hh

2

3ghvA

a2) Tal y como se indica en el enunciado, el coeficiente de restitución es 0/ vve A . Por tanto

hh

e

87,02

3e (1)

b1) La bola B, igual que la A, ha descendido una altura h en caída libre, luego su velocidad es

ghvvB 20 (2)

b2) En la figura 3a se indica que, justo antes del choque entre las bolas, A se mueve hacia arriba y B hacia abajo, de forma que el módulo de la velocidad relativa entre las bolas es ABir vvv , . Después del choque (figura 3b), las dos bolas se mueven hacia arriba con AB vv , luego el módulo de la velocidad relativa es ABfr vvv , . En total

AB

AB

vv

vve

(3)

b3) Tomando sentido positivo hacia arriba, la conservación del momento lineal se escribe

BBAABBAA vmvmvmvm (4)

Teniendo en cuenta que 0vvB y que 0evvA , las ecuaciones (3) y (4) forman un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, AB vv y . Resolviendo el sistema se obtiene

02

vmm

mmeev

BA

BAB

Para BA mm 10 , y teniendo en cuenta el valor de e dado en (1), se obtiene

017,2 vvB (5)

b4) Aplicando de nuevo la conservación de la energía mecánica, y teniendo en cuenta (5)

gHvB 2

ghvvB 217,217,2 0

Operando, se obtiene por fin

hH 7,4

Nota: La altura H calculada no es hasta el suelo, como por error se indica en la figura 2b, sino hasta el vértice superior de la bola A en el instante del choque (figura b2 ). La altura hasta el suelo sería H más el diámetro (desconocido) de la bola A. b2 Fig.

H

A

B

XXXVII OLIMPIADA ESPAÑOLA DE FÍSICA FASE DE ARAGÓN

P2.- Oscilaciones de una esfera cargada.

Dos pequeñas esferas están sujetas en los extremos de una varilla fija no conductora de longitud 2d. Una tercera esfera, de masa m, está ensartada en la varilla y puede deslizar sin rozamiento por ella. Las tres esferas son no conductoras y cada una tiene una carga eléctrica q uniformemente distribuida sobre su superficie.

a) Determina la expresión de la fuerza electrostática, )(xF , que actúa sobre la esfera central cuando está a una distancia x del centro de la varilla, O, como se indica en la figura 1.

b) Obtén una expresión aproximada de F(x) para x << d.

c) La esfera se libera con velocidad inicial nula desde un punto A, situado a una distancia 20/dxA a la derecha de O. ¿Cuál será su velocidad, 0v , cuando pase por O?

d) La esfera seguirá moviéndose hacia la izquierda, después de pasar por O. ¿Cuál es la coordenada, Bx , del punto B más alejado de O hasta el que llegará?

e) Teniendo en cuenta la expresión aproximada de F(x) que has obtenido en el apartado b), calcula el tiempo que tardará la esfera en realizar el trayecto AB.

d d

x

q qmq,O

Fig. 1

A


P2 Solución

a) La fuerza neta es la suma (vectorial) de las repulsiones electrostáticas de las dos cargas situadas en los extremos de la varilla. Tomando sentido positivo hacia la derecha

2

2

2

2

)()( xd

qk

xd

qkF

22

2

)()(

·4

xdxd

xdkqF

b) Si x << d, despreciando x frente a d en el denominador de la expresión anterior, la fuerza se reduce a

3

24

d

xkqF

Se obtiene una fuerza que, aproximadamente, es directamente proporcional al desplazamiento x y en sentido opuesto (fuerza tipo “muelle”), por lo que si la carga se aparta ligeramente de O y se libera realizará oscilaciones aproximadamente armónicas, con frecuencia angular

33

22

4

md

kq

md

kq (1)

c) La fuerza eléctrica que actúa sobre la carga q es conservativa. Planteando la conservación de la energía mecánica entre A y O se tiene

20

222

21

220/1920/21

mvd

qk

dq

kdq

k

Operando se obtiene

mdkq

mdq

kv10399

4 20

A este último resultado aproximado también puede llegarse teniendo en cuenta las conclusiones del apartado b). En una oscilación armónica, la velocidad al pasar por O (velocidad máxima) es A, donde A es la amplitud de la oscilación, es decir

mdkq

md

kq

ddv

102

2020 3

d) Evidentemente, la carga se moverá hasta la posición simétrica de la inicial, donde la energía cinética es nula y la potencial coincide con la inicial, es decir

20d

xx AB

e) Como ya se ha comentado, si x << d la ecuación de movimiento es la correspondiente a un oscilador armónico

mad

xkqF

3

24 → xx

md

kqa 2

3

24

La frecuencia angular de oscilación será la dada en (1), y el tiempo que tardará la partícula en ir de A hasta B será medio periodo

2,T

t BA → k

mdq

t BA

3

, 2


P3.- El efecto invernadero.

Algunos gases presentes en la atmósfera como el vapor de agua, CO2, CH4 y NOx se denominan “gases de efecto invernadero”. Estos gases absorben y reemiten hacia la corteza terrestre gran parte de la radiación infrarroja emitida por la Tierra, logrando un equilibrio que hace posible que la superficie de este planeta se mantenga a una temperatura media compatible con la vida. Pero un aumento antropogénico de la concentración de dichos gases puede producir un aumento en la temperatura de la Tierra de funestas consecuencias. El objetivo de una serie de reuniones internacionales sobre cambio climático la última en París a finales de 2015 es precisamente reducir la emisión de gases de efecto invernadero.

En este ejercicio se plantean algunos aspectos relacionados con la radiación solar, y en el último apartado se presenta un tratamiento básico del efecto invernadero.

La capa alta de la atmósfera terrestre recibe una radiación solar cuya intensidad (potencia por unidad de superficie) es 23 mW/1037,1 TS . La distancia entre el Sol y la Tierra es m105,1 11STR

1) Determina y calcula la potencia total con que emite el Sol, SW .

La velocidad de la luz en el vacío es s/m100,3 8c .

2) Calcula la masa que pierde el Sol por unidad de tiempo, tm / , para generar tal cantidad de energía.

El radio del Sol es m100,7 8SR .

3) Determina y calcula la potencia por unidad de superficie, SS , que emite el Sol en su superficie.

La ley de Stefan-Boltzmann relaciona la potencia por unidad de superficie emitida por un cuerpo negro con su temperatura absoluta, T. Su expresión es: 4TS , en la que 428 KmW107,5 (Constante de Stefan-Boltzmann). Considera que la radiación solar cumple esta ley, es decir que el Sol se comporta como un cuerpo negro.

4) ¿Cuál es la temperatura en la superficie del Sol, ST ?

Desde el Sol, la Tierra se ve como un disco de área 2TRA , donde m1037,6 6TR es el radio de la

Tierra. Esta área es la sección eficaz de la Tierra para la radiación solar.

5) Determina y calcula la potencia solar que recibe la Tierra, TW .

Como se esquematiza en la figura 1, un 33% de la energía solar que llega a la Tierra se refleja, un 22% se absorbe en la atmósfera y el 45% restante se absorbe en la corteza terrestre. Vamos a considerar en principio que, una vez alcanzado un estado estacionario en el que se equilibran ganancias y pérdidas energéticas, la corteza terrestre y la atmósfera están a la misma temperatura media (promedio entre día y noche), TT .

Admite en adelante que el espesor de la atmósfera es despreciable frente al radio de la Tierra.

Atmósfera a temperatura TT

Fig. 1

Corteza terrestre a temperatura TT

33%

22%

45% 4TT


6) Determina y calcula la temperatura de equilibrio del sistema corteza-atmósfera, TT , considerando al conjunto como un único cuerpo negro.

En el planteamiento del apartado anterior no se ha tenido en cuenta el efecto invernadero, y por eso la temperatura TT que se obtiene es apreciablemente inferior a la temperatura media real de la Tierra, TT .

La radiación que emite la Tierra está en el rango del infrarrojo, y precisamente la atmósfera absorbe esta radiación con gran eficacia debido a los gases de efecto invernadero que contiene (CO2, NOx, etc.).

Como modelo más elaborado, consideremos ahora una situación de equilibrio en la que toda la radiación infrarroja que emite la corteza terrestre, a una temperatura TT , es completamente absorbida por la atmósfera, a una temperatura AT . Por otra parte, la atmósfera emite por igual en todas las direcciones, de manera que emite la misma radiación hacia el espacio exterior que hacia la corteza, como se esquematiza en la figura 2.

7) Determina y calcula la temperatura de equilibrio en la corteza terrestre, TT , suponiendo que tanto la corteza como la atmósfera se comportan como cuerpos negros.

Fig. 2

Atmósfera, con gases de efecto invernadero, a temperatura TA TT 4

TT 4AT

4AT

Corteza terrestre, a temperatura

45% 22%

TT

33%


P3 Solución

1) Si la distancia entre el Sol y la Tierra es STR y la potencia que recibe la Tierra por unidad de superficie es

TS , la energía total que emite el Sol es

W109,34 262 TSTS SRW

2) De acuerdo con la muy conocida expresión de Einstein, una masa m de Sol equivale a una energía E dada por

2cmE

Por tanto, la energía por unidad de tiempo (potencia) que genera el Sol, tEWS / , supone una pérdida de masa por unidad de tiempo

t

E

ct

m

21 s/kg103,4 9

2

c

W

t

m S

3) Si SR es el radio del Sol, la potencia por unidad de superficie que emite en su superficie es

272

m/W103,64

S

SS

R

WS

4) Si el Sol se considera como un cuerpo negro a temperatura ST , en virtud de la ley de Stefan-Boltzmann, se tiene

K108,5 34/1

S

SS

T

5) La energía que transporta la radiación solar incide en la Tierra a través de su sección eficaz, 2TRA ,

por lo que la potencia que llega a la tierra es

TTT SRW 2 (1)

W107,1 17TW

6) De la energía solar que llega a la Tierra, el 33% se refleja. El 67% restante se absorbe en la atmósfera o en la corteza terrestre. Si ambas, Tierra y atmosfera, están en equilibrio térmico a una temperatura TT , y suponiendo que el conjunto se comporta como un único cuerpo negro, la energía que emite por unidad de tiempo tiene que ser igual a la que recibe, TW67,0 . Es decir,

TTTT SRTR 242 67,04

De donde

4/1

4

67,0

T

TS

T (2)

K252TT


7) La temperatura obtenida en el apartado anterior (21 ºC) es, sin duda, demasiado fresquita. Para obtener un resultado más realista es preciso mejorar el modelo, teniendo en cuenta los gases de efecto invernadero contenidos en la atmósfera, que supondremos a una temperatura AT . La atmósfera, considerada como un cuerpo negro, emite la energía que recibe del Sol y de la corteza de forma isótropa, y por tanto una parte se escapará al espacio y otra igual irá a parar a la corteza terrestre. Suponiendo también que la corteza es un cuerpo negro a temperatura TT , se pueden hacer los siguientes balances:

La corteza terrestre:

42

42

4:Emite

445,0Recibe

TT

ATT

TR

TRW

En estado de equilibrio

4242 4445,0 TTATT TRTRW

Teniendo en cuenta (1) y simplificando

44 4445,0 TAT TTS (3)

En cuanto a la atmósfera, el balance energético es

La atmosfera:

42

42

42:Emite

422,0Recibe

AT

TTT

TR

TRW

Por lo que

42422 42422,0 ATTTTT TRTRSR

28

22,0 44 TTA

TST

(4)

Sustituyendo (4) en (3) y simplificando se obtiene

TT

ST

28,04

Teniendo en cuenta (2), queda finalmente

44 67,1 TT TT

K28614,1 TT TT

Esta nueva temperatura es más confortable… y acorde con la realidad.

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